Question

15．在如图所示的几何体ABCDEF中，四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC，∠ABC=60°，AB=$\frac{1}{2}$BC=1，DE⊥平面ABCD，BF∥DE，DE=2BF，M，N分别是EF、BC的中点．
（1）求证：BD⊥平面MAN；
（2）已知直线BE与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A-BE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结DN，推导出四边形ABND为菱形，从而BD⊥AN，再推导出MH⊥BD，由此能证明BD⊥平面MAN．
（2）以点D为原点，直线DB、DC、DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BE-C的余弦值．

解答 证明：（1）连结DN，
∵N为BC的中点，CD=$\frac{1}{2}$BC，∴CD=CN，
∵∠DCN=60°，∴△DNC为正三角形，
∴∠DNC=60°，DN=DC，
∵∠ABC=60°，AB=DC，
∴AB∥DN，AB=DN，
∴四边形ABND为平行四边形，
又AB=BN，∴平行四边形ABND为菱形，
∴BD⊥AN，
设AN∩BD=H，则H为BD中点，
∵M为EF中点，BF∥DE，∴MN∥DE，
∵DE⊥平面ABCD，∴MH⊥平面ABCD，
∵BD?平面ABCD，∴MH⊥BD，
∵MH∩AN=H，MH、AN?平面MAN，
∴BD⊥平面MAN．
解：（2）∵∠ABC=60°，∴∠BAD=∠ADC=120°，
又AB=AD=1，∴∠ADH=30°，∴∠BDC=120°-30°=90°，
∴BD⊥CD，且BD=$\sqrt{3}$，
∵DE⊥平面ABCD，∴∠DHE是直线BE与平面ABCD所成的角，
∴∠DBE=45°，∴DE=BDtan$∠DBE=\sqrt{3}$，
以点D为原点，直线DB、DC、DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B（$\sqrt{3}$，0，0），C（0，1，0），A（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0），E（0，0，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{AB}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{BE}$=（-$\sqrt{3}，0，\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}，1，0$），
设平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，1），
设平面BCE的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{3}a+b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-\sqrt{3}a+\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.$，
取a=1，得平面BCE的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，1），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1-3+1}{\sqrt{5}•\sqrt{5}}$=-$\frac{1}{5}$，
由图形知二面角A-BE-C为锐角，∴二面角A-BE-C的余弦值为$\frac{1}{5}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、方程与函数思想、数形结合思想，是中档题．